Cho x = y = 0 ta c
[ ]
2
(0) 0
(0) (0)
(0) 1
f
f f
f
=

=

=

Cho x = y = 2 ta c
(4) (4). (0) 4 (0) 1f f f f
= +
Vy f(0) = 0.
Cho x = y ta c
2 2 2
( ) (2 ). (0) ( ) , 0.f x f x f x x f t t t= + = =
Cho x = 0, y = t > 0, ta c
2 2
(0) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) , 0f f t f t t tf t t f t t t
= + = + = >
Vy f(x) = x.Th li ta thy hm s f(x) = x tha món bi toỏn.
Giải :gt
(*)1)(
11
)()(

xyfxzf
xzyz
xzfyzf
yz
xyfxzf
xy
xzfyzf
11
)()(
11
)()()()()()(


=





=


từ (*)
)()(
2222
yzxfzyxxyzfxyz =
đặt




món ng thc sau:
( )
( ) ( )
Rxxxfxfxf +=
32
22.
Chng minh rng a thc
( )
xf
khụng cú nghim s thc.
Ta chng t rng
0
0
=x
khụng l nghim ca
( )
xf
, ngha l
( )
00 = fa
n
. Gi k l
s ch ln nht sao cho
0
k
a
. Lỳc ú v trỏi ca (1) cú dng
1
1/(Thỏi Bỡnh)Tỡm tt c cỏc hm s
:f R R

( )
xf
khụng cú nghim s thc.
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
knkn
k
nn
knkn
k
nnkn
k
n
axa
xaxaxaxaxfxf
−−
−−−
++=
++++=
3232
0
22
00
2
32 2
2 2 2.
Vế phải của (1) có dạng

−−− 32
2
Hay
0≠=
kn
aa
• Giả sử f(x) có nghiệm thực là
0
0
≠x
. Xét dãy số

, 2,1,02
3
1
=∀+=
+
nxxx
nnn
Nếu x
0
> 0 thì x
0
< x
1
< x
2
< …
Nếu x
0

Ryxxfyyfxfi ∈∀+=+ ,)())(()







∈≠ Rxx
x
xf
ii ,0:
)(
)
là tập hợp hữu hạn.
Cho x
∈
R. Đặt x = y + f(0), ta nhận được
( )( ) ( )( )( ) ( )( ) ( )
xfyyfffyffff =+=+=+= 0000
Suy ra, với mọi t
1
, t
2

∈
R, ta có :
( ) ( )( )( ) ( ) ( )
212121
tftftfftfttf +=+=+




≠ 0:t
t
tf
là tập hợp hữu hạn nên tồn tại các số nguyên
21
,mm
với
( )
xfmm −≠
21
,

sao cho:
( )( )
( )
( )( )
( )
xfm
xfmf
xfm
xfmf
+
+
=
+
+
2

11
2
=f
, do đó
( )
.11 ±=f
2
4/(Quảng Ninh) Cho
RRf →:
là hàm số từ tập R vào chính nó. Tìm tất cả các hàm
f
như thế
thoả mãn hai điều kiện:
Ryxxfyyfxfi ∈∀+=+ ,)())(()







∈≠ Rxx
x
xf
ii ,0:
)(
)
là tập hợp hữu hạn.
Như vậy ta có
( )

(2)
Lấy
x

∈¡
, tồn tại số hữu tỉ dương
r
sao cho
1
x
x r
r
≤ ⇔ ≤
Từ (2)
( )
1x
f N f x N
r r
 
⇒ ≤ ⇔ ≤
 ÷
 

( )
f x rN⇔ ≤
(3)
Do (3) đúng với mọi số hữu tỉ dương
r x≥
nên ta có:


r x=
Ta có: r
n
– x
0

→
0 nên theo (5)
( ) ( )
0
lim
n
f r f x⇒ =
Theo (6)
( )
( )
0 0
lim 2010 2010
n
f x r x⇒ = =
( ) 2010f x x⇒ =
(thỏa mãn)Vậy
( )
2010f
= 2010.
Giải :
( ) ( ) ( )
( )
( )
*

* *
:f
+ +
→¤ ¤
(ở đây
{ }
*
0x x
+
= ∈ >¤ ¤
) thỏa mãn:

( )
( ) ( ) 2 ( )
( )
f xy
f x f y xyf xy
f x y
+ + =
+

*
, ,x y
+
∀ ∈¤

( ) ( )
( )
( )
( )

Mặt khác, cho
2x y= =
vào (1)
(4)
2 (2) 8 (4) 1
(4)
f
f f
f
⇒ + = =
Từ (2) suy ra
2
1 8
1 1
2
7 5 4
a
a a
+ = ⇒ =
+ +
vậy
( )
1 1f =
Bước 2) Chứng minh
( )
( )
( )
( )
( )
2

f x
k kx f x
f x k
f x k
x k f x k
x k f x
k kx f x
+ +
+
+ + = =
+ + + +  
+ +
 ÷
+
 ÷
+ +
 

( )
( ) ( )
( )
( )
2
1 2 1 1
f x
k k x f x
=
+ + + +
(đpcm)
Vậy từ (3) ta có

1 1
1
f n
n
n
 
= =
 ÷
 
 
 ÷
 

1,2, n∀ =
(4)
Thật vậy, trong (3) thay
( )
2
1
1 1
1
2 1
f
n
x f n
n n
n f
n
 
 ÷

 
.Vậy
( )
2
1 1 1
2 2
1 1
f n f n
n
f n f
n n
 
+ + = = + +
 ÷
   
 
+
 ÷  ÷
   
;mà
( )
2
2
1 1
f n f n
n
n
 
= ⇒ =
 ÷

f
n n
m
f f n f
m m m
f n
m
 
 ÷
   
 
+ + =
 ÷  ÷
 
   
+
 ÷
 
;Cho
1
x
m
=
trong (3) ta có
2
2
2
1
1 1
2 1

n
     
⇒ + + = +
 ÷  ÷  ÷
     
vậy
( )
2
2
2
2
2
2
1
1
1
m
n m
n
f q f
m n
q
n
m
+
   
= = = =
 ÷  ÷
   
+

Q x ax a Q x a x Q x a x
 
+ + = + + + + − + −
 

x∀ ∈¡
( ) ( ) ( )
1
1 1
2
Q x Q x Q x x⇔ = + + − ∀ ∈ 
 
¡
( ) ( ) ( ) ( )
1 1Q x Q x Q x Q x x⇔ − + = − − ∀ ∈¡
( ) ( )
1Q x Q x b x⇒ − − = ∀ ∈¡
(với
b
là hằng số) (2)
Đặt
( ) ( )
Q x R x bx= +
.Từ (2) suy ra:
( ) ( ) ( )
1 1bx R x b x R x b+ − − − − =

x∀ ∈¡
( ) ( )
1R x R x x⇔ = − ∀ ∈¡

P x
với hệ số thực thỏa mãn:
( ) ( ) ( ) ( )
1
1 1 1
2
P x P P x P x x+ = + + − ∀ ∈ 
 
¡
8/(Bắc Ninh) Cho hai đa thức:
3
( ) 3 1P x x x= − +
và
3 2
( ) 8 36 48 19Q x x x x= − + −
. Gọi a là
nghiệm lớn nhất của P(x) và b là nghiệm nhỏ nhất của Q(x). Chứng minh rằng:
2 3a b
+ =
.
Vì
(0) 19 0, (1) 1 0, (2) 3 0, (3) 17 0Q Q Q Q= − < = > = − < = >
suy ra Q(x) có 3 nghiệm và nghiệm
bé nhất
(0;1)b∈
+) Đặt a = 3 – 2m
Vì
3
( ) 0 (3 2 ) 3(3 2 ) 1 0P a m m= ⇒ − − − + =
3 2

Giả sử
Số x được gọi là một cận trên của tập A nếu với mọi a
∈
A thì a
≤
x
Số x được gọi là một cận dưới của tập A nếu với mọi a
∈
A thì a
≥
x
Cận trên bé nhất (nếu có) của tập A được gọi là cận trên đúng của A và
kí hiệu là supA.
6
9/ (Daklak 2010-2011) Tìm tất cả các hàm số f xác định trên tập R,lấy giá trị trong R và thỏa mãn
hệ thức f(x-y)+f(x.y)=f(x)-f(y)+f(x).f(y)
xkNkx >∈∃⇒>∀>∀
εε
;0,0
*
1:!
+<≤∈∃⇒∈∀
kxkZkRx
[ ] [ ]
1+<≤ xxx
RA
⊂
Cận dưới lớn nhất (nếu có) của tập A được gọi là cận dưới đúng của A
và kí hiệu là infA.
- Nếu A = (a;b) thì supA = b

A,
a:Aa0,
{
∈∀≥
>+∈∃>∀
aa
β
εβε
+ Đặc trưng của hàm:
Như ta đã biết, phương trình hàm là một phương trình thông thường
mà nghiệm của nó là hàm. Để giải quyết tốt vấn đề này, cần phân biệt
tính chất hàm với đặc trưng hàm. Những tính chất quan trắc được từ
đại số sang hàm số được gọi là những đặc trưng hàm.
* Hàm tuyến tính f(x) = ax, khi đó f(x + y) = f(x) + f(y)
Vậy đặc trưng hàm là f(x + y) = f(x) + f(y), với mọi x, y
* Hàm bậc nhất f(x) = ax + b, khi đó






+
=+
2
2)(
yx
fyxf
Vậy đặc trưng hàm ở đây là:
2

)()()( yfxfyxf =+
,
R, ∈∀ yx
* Hàm Logarit:
xxf
a
log)( =
,
)1,0( ≠> aa
Đặc trưng của hàm là:
)()()( yfxfxyf +=
* Hàm lượng giác:
xxf cos)( =

Đặc trưng hàm là:
)()(2)()( yfxfyxfyxf =−++
8
Hoàn toàn tương tự ta có thể tìm được các đặc trưng của các hàm số
xxfxxf tan)(,sin)( ==
với các hàm Hypebolic:
* sin hypebolic:
2
xx
ee
shx
−
−
=
* cos hypebolic:
2

+
==coth
- shx có TXĐ là R, tập giá trị là R
- chx có TXĐ là R, tập giá trị là
[
)
+∞,1

- thx có TXĐ là R, tập giá trị là
( )
1,1−
- cothx có TXĐ là
{ }
0\R
, tập giá trị là
( ) ( )
+∞∪−∞− ,11,
4. Hàm cộng tính, nhân tính trên m

ột tập hợp
-
Hàm số f(x) được gọi là cộng tính trên tập xác định D nếu với mọi
x, y
∈
D thì x + y
∈
D và f(x + y) = f(x) + f(y).
- Hàm số f(x) được gọi là nhân tính trên tập xác định D nếu với mọi x,
y
∈


(a,b), x
1


x
2


f(x
1
)

f(x
2
)
+ Hm s f(x) c gi l gim trờn khong (a,b) nu:
Vi mi x
1
, x
2


(a,b), x
1


x
2


- Sử dụng phương trình hàm CôSi.
Bài1. (Xây dựng biến từ N đến R)
Tìm hàm
RNf →:
thoã mãn:
1) f(x) liên tục trên R
2) f(1) = 2
3) f(xy) = f(x).f(y) - f(x+y) +1 ,
Ryx ∈∀ ,
Giải.
Cho x = y = 0 ta được: f(0) = 1.
Cho x =1, y
∈
R ta được: f(y+1) = f(y) + 1 (*).
Từ f(0) = 1, f(1) = 2 và (*) quy nạp ta suy ra f(n) = n + 1,
Nn ∈∀

Với n
∈
N, (*) suy ra f(-n) = f(-n+1) - 1 = f(-n+2) - 2 = … = f(0) - n =
-n + 1.
Vậy f(z) = z + 1,
Zz ∈∀
.
Với
*
Nn ∈
, 2 = f(1) =
1)
1

. Thế vào (**) ta được:

1
1
)
1
( +=
nn
f
.
Với
*
,,, NnZm
n
m
qQq ∈∈=∈
ta có:
1)
1
()1
1
)(1(1)
1
()
1
().()()( ++−++=++−==
n
mf
n
m

Qr
n
∈
thoã mãn
rr
n
=lim
. Khi đó do tính liên
tục nên ta có: f(r) = f(limr
n
) = limf (r
n
) = lim(r
n
+ 1) = limr
n
+ 1 = r + 1.
Vậy f(x) = x + 1,
Rx ∈∀
. Thử lại thấy đúng.
Bài2. (Chứng minh hàm là hằng số):
Tìm hàm






→


2
1
;0),
4
1
()(
2
xxfxf
Giải
Với a
∈







2
1
;0
, xét dãy số:



Dễ dàng chứng minh
{ }
n
x
không âm (a).

nn
∈∀≥
+
,
1
(c).
Từ (a), (b), (c) suy ra x
n

∈







2
1
;0
và
{ }
n
x
có giới hạn hữu hạn là
2
1
lim =
n
x

Nnxx
nn
∈∀+=
+
,
4
1
2
1
Bài3. (Sử dụng phương trình hàm Côsi) - VMO năm 2006 (bảng B)
Tìm
RRf →:
liên tục trên R thoã mãn f(x-y).f(y-z).f(z-x) + 8 = 0.
Rzyx ∈∀ ,,
(3)
Giải:
Cho x = t, z = -t, y = 0,
Rt ∈∀
ta được f(t).f(t).f(-2t) = -8

⇒

( )
Rttf
tf
tf ∈∀<⇒<
−
=− ,0)(0
)(
8

⇒Rtttgtgttg ∈∀+=+
,,,
,),()()(
(**). Vì f liên tục trên R nên g(x) cũng liên tục
trên R. Từ (**) , theo phương trình hàm Côsi ta được g(x) = ax
⇒
f(x)
= -2. e
ax
= -2.b
x
(với b = e
a
>0) . Thử lại ta thấy đúng.
II. Phương pháp2: Sử dụng tính chất nghiệm của một đa thức
Bài1:
Tìm P(x) với hệ số thực thoã mãn đẳng thức:

xxPxxxxPxxx ∀−+−=−+++ ),()233()1()233(
2323
(1)
Giải:
13
(1)
⇔

xxPxxxxPxxx ∀+−−=−+++ ),()1)(2()1()1)(2(

∀

⇔

x
xx
xG
xx
xG
∀
−−
−
=
++
,
1
)1(
1
)(
22
Đặt:
1
)(
)(
2
++
=
xx
xG
xR

Từ đó ta có bài toán sau:
14
Bài2:
Tìm P(x) với hệ số thực thoã mãn đẳng thức:

)1()1)(1()()233(
2223
++−−=+++ xPxxxxxPxxx
,
x
∀
(Giải bài toán này tương tự như bài 1)
Tương tự như trên nếu ta xét:

)23)(1()(
22
+−+= xxxxP
thì ta sẽ có bài toán sau:
Bài3:
Tìm P(x) với hệ số thực thoã mãn đẳng thức:

RxxPxxxxPxxxx ∈∀++−+=−++ ),12().23)(1()().24)(244(
2222
Tương tự như vậy chúng ta có thể xây dựng các đề toán khác.
III.Phương pháp 3: Hệ số bất định
Nguyên tắc chung:
+ Dựa vào điều kiện bài toán, xác định được dạng của f(x), thường là
f(x) = ax + b
hoặc f(x) = ax
2


Rx ∈∀
do đó:
3ax
2
+ (b-2a)x + a + b + 3c = x
2

Rx ∈∀
Đồng nhất các hệ số, ta thu được:







Vậy
)12(
3
1
)(
2
−+= xxxf

Thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thoã mãn điều kiện bài toán.
Công việc còn lại ta phải chứng minh mọi hàm số khác f(x) sẽ không

ta được: 2g(x
0
) + g(1-x
0
) = x
0
2
Thay x bởi 1-x
0
ta được 2g(1-x
0
) + g(x
0
) = (1-x
0
)
2
Từ hai hệ thức này ta được: g(x
0
) =
)12(
3
1
0
2
0
−+ xx
= f(x
0
)

Rx
∈∀
hay (a2 - a)x + ab = x,
Rx
∈∀
Đồng nhất hệ số ta được:
17
1
2
=− aa
2
51+
=a
2
51−
=a





⇔





∨



=
ab
0
=
b
0=b
xxf
2
51
)(
±
=
Znnbabna ∈∀=++ ,
2
1
2
=a
1
=
a
1−=a





⇔




g(g(n)) = g(g(n+2) + 2),
Zn ∈∀

Do đó g(g(g(n))) = g(g(g(n+2) + 2)),
Zn
∈∀
Hay g(n) = g(n+2) + 2,

Zn ∈∀
(4)
Giả sử n
0
là số tự nhiên bé nhất làm cho: f(n
0
)
≠
g(n
0
) (5)
19
0=+ bab
0=b
Rb
∈
1
=
a
0
=
b

Từ đó ta tính được f(2009) = - 2008, f(-2010) = - 2011.
* Các bài toán tương tự:
Bài 1:
Hàm số f: N
→
N thoã mãn điều kiện f(f(n)) + f(n) = 2n + 3,
Nn
∈∀
Tìm f(2010).
Bài2:
Tìm tất cả các hàm
f:
→
N sao N cho:
f(f(n)) + (f(n))
2
= n
2
+ 3n + 3,
Nn
∈∀
IV. Phương pháp4: Phương pháp dồn biến
Phương pháp: Chọn cách đặt ẩn phụ thích hợp để từ phương trình
hàm chứa 2 biên ta đưa về dạng phương trình một biến để từ đó xác
định hàm số cần tìm
Bài1:
Tìm
f: R
→
R sao cho:

v
vf
u
u
uf
−=−
,
0, ≠∀ vu
Chọn v = 1 ta có:

⇒

0,)(
3
≠∀+= uauuuf
(a = f(1) - 1)
Cho x = y = 0 ta có 2f(0) = 0 do đó f(0) = 0
Kết luận:
axxxf +=
3
)(
,
Rx ∈∀
Bài2:
Tìm hàm số f(x) sao cho:

2
1
,21)
21

x
x

⇒

2
1
,
12
1
)1(3)
12
1
( ≠∀
−
−
=−−
−
−
y
y
yf
y
y
f

⇒

2
1

vu
y
−
=



2
1
,21)
21
1
(3)1( ≠∀−=
−
−
−− xx
x
x
fxf
2
1
,
12
1
)1(3)
21
1
( ≠∀
−
−

21(
8
1
)1( ≠∀
−
++−=− x
x
xxf

⇒

2
1
),
12
3
21(
8
1
)( ≠∀
+
++= x
x
xxf
Các bài tập tương tự
Bài1:
Tìm các hàm số f: R
→
R thoã mãn điều kiện:
Ryxxyxyyfxfyxfyxf ∈∀−=+−−++ ,),3(2)1()(2)()(

1
(5)
23
1
(3 x
xx
x
f
x
x
f
Đáp số:
x
x
xf
5
428
)(
+
=
Bài3:
Tìm tất cả cá c đa thức P(x)
∈
R[x] sao cho :
P(x + y) = P(x) + P(y) = 3xy(x + y),
R, ∈∀ yx
Đáp số: P(x) = x
3
+ cx
22

⇔
0)
2
1
)0((
2
≤−f

⇔
2
1
)0( =f
Cho y = z = 0 Thay vào (1) ta được:

Rxxf ∈∀≥−+ ,
4
1
)(
2
1
4
1
4
1

⇔

Rxxf ∈∀≤ ,
2
1

1
).()(
2
1
)(
2
1
≥−+ xfxfxf

⇔

Rxxf ∈∀≥ ,
2
1
)(
(3)
Từ (2) và (3) ta có
2
1
)( =xf
Thay vào thoã mãn điều kiện (1).
Vậy hàm số cần tìm là
2
1
)( =xf
.
Bài2:
23
Cho
Rf →)1;0(:


⇔

)()()(2
3322
xfxxxfxfx +=⇔

)(3)()(2
422
xfxxxfxfx +=⇒

)()3()(2
4)22
xfxxxfx +=

⇒

)(
2
31
)(
2
3
xf

)(3
22
3
9
xfx
x
x
xxf
+
=

⇔

)(
2
31
)(
2
2
9
xf
x
x
xf
+
=
(3)
Từ (2) và (3) ta suy ra:

=

)1,0(,0)( ∈∀= xxf
VI.Phương pháp 6: Sử dụng phương pháp sai phân để giải phương
trình hàm
a.Lí thuyết:
+) Khái niệm dãy số:
Dãy số là một hàm của đối số tự nhiên:

NNx →:

)(nxn 

Vì
{ }
, 3,2,1,0∈n

⇒

{ }
, ,,)(
210
xxxx
n
=
+) Định nghĩa sai phân:
Xét hàm x(n) = x
0
Sai phân cấp 1 của hàm x
n
là:
nnn

* Sai phân có tính chất tuyến tính:

gbfa
kk
∆+∆=+∆
k
abg)f(
* Nếu x
n
là đa thức bậc m thì:
25